高二下半年期中考试化学试卷带参考答案和解析(2022-2022年重庆市第八中学).pdf

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个取代基有序讨论;的水解产物按官能团性质(酯基水解、酚羟基酸性、***代烃水解)求解,据此回答;(1)H2CH3分子中,碳碳叁键及相连的碳原子在同一直线上,苯环上处于对称位的点在一条直线上,所以在同一条直线上的碳原子有5个;(2)芳香族化合物C8H8O2其不饱和度为5,则属于酯类且能发生银镜反应的有机物为甲酸某酯,酯基直接连在苯环上与一个***形成邻、间、对3种同分异构体,酯基连在亚***再连接苯环为1种同分异构体,所以共有4种同分异构体;(3)与足量NaOH水溶液共热,酯基发生水解反应、且酚羟基显酸性会与碱反应、且***原子发生水解反应,故生成物中含苯环的有机物的结构简式为;(4)乙烯是平面结构,取代乙烯中氢原子的碳可以在同一平面上,故结构简式为,,名称为:2,3-二***-2-丁烯;能与氢气加成生成2?***戊烷,分子中含有1个碳碳双键,结构为顺式:。:..填空题钒(V)固氮酶种类众多,其中种结构如图所示:(1)基态钒原子的核外电子排布式为________,该元素位于元素周期表的第___族。(2)钒固氮酶中钒的配位原子有___(写元素符号)。(3)中碳的杂化类型为____所含σ键与π键数目之比为___。(4)中所涉及元素的电负性由强到弱依次排序为__________(用元素符号表示)。(5)写出证明非金属性Cl>S的一个常见离子方程式:__________。【答案】[Ar]3d34s2VBN、Ssp3、sp5:2N>C>HS2-+Cl2=S↓+2Cl-【解析】(1)V元素原子核外电子数为23,基态钒原子的核外电子排布式为[Ar]3d34s2,该元素位于元素周期表的第VB族;(2)由图可知,钒固氨酶中钒的配位原子有S与N;(3)中,含碳碳单键、碳氢键、碳氮叁键,故碳的杂化类:..型为sp3、sp,碳碳单键、碳氢键以及碳氮叁键中的1个均为σ键、碳氮叁键中的2个为π键,故所含σ键与π键数目之比为5:2;(4)非金属性越强,电负性越大,中所涉及元素的电负性由强到弱依次排序为N>C>H;(5)非金属性越强,对应阴离子的还原性越弱,则要证明非金属性Cl>S,可通过***气和硫离子的氧化还原反应来证明,离子方程式:S2-+Cl2=S↓+2Cl-。短周期主族元素X、Y、Z、O、P、Q原子序数依次增大。其中X与其它元素都不在同一周期,且X的最高正价与最低负价之和为0;Y是自然界中形成化合物最多元素,Z第一电离能高于同周期的Y和O;P、Q的基态原子核外电子排布分别有3个、1个单电子。(1)P、Q的简单离子半径由大到小的顺序为_____(用离子符号表示)。(2)P与Q两元素可形成1:3的化合物甲,写出甲分子的结构式_________该分子空间构型为________,该分子式是_________(填“极性“或“非极性”)分子。(3)Y、Z分别与X可形成原子个数比为1:2的6原子二元化合物乙、丙,乙、丙分子中Y、Z的杂化类型依次为___________;已知常温:..下,乙为气体,丙为液体,丙的熔沸点高于乙的最主要原因是_______。【答案】P3->Cl-三角锥形极性sp2、sp3N2H4分子间除了分子间作用力之外,N2H4分子间还形成氢键,使熔沸点升高,C2H4分子间不能形成氢键【解析】短周期主族元素X、Y、Z、O、P、Q原子序数依次增大,Y是自然界中形成化合物最多元素,则Y是C元素,X与其它元素都不在同一周期,且X的最高正价与最低负价之和为0,X的原子序数小于C元素,则X是H元素,同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,Z第一电离能高于同周期的Y和O,则Z为N元素,O为O元素,P、Q的基态原子核外电子排布分别有3个、1个单电子,则P为P元素,Q为Cl元素;据此解答。由上述分析可知,X是H元素,Y是C元素,Z为N元素,O为O元素,P为P元素,Q为Cl元素;(1)P为P元素,Q为Cl元素,二者形成简单离子分别为P3-、Cl-,它们具有相同的电子层结构,由具有相同电子层结构的离子,隨着原子序数的递增,半径减小,则原子序数PCl-;答案为P3->Cl-。(2)P为P元素,Q为Cl元素,P与Cl两元素可形成1:3的化合物甲,甲为PCl3,P原子与三个Cl原子形成三对共用电子对,其电子式:..为,结构式为,PCl3中中心原子价层电子对数=3+=4,有一对孤电子对,该分子空间构型为三角锥形,由空间构型可判断该分子的正负电荷的重心不重合,为极性分子;答案为,三角锥形,极性。(3)X是H元素,Y是C元素,Z为N元素,C、N分别与H可形成原子个数比为1:2的6原子二元化合物乙、丙,则乙为C2H4,丙为N2H4,C2H4中两个C形成碳碳双键,所以是sp2杂化,N2H4中两个N都形成单键,还含有1对孤对电子,所以是sp3杂化,已知常温下,C2H4为气体,N2H4为液体,N2H4的熔沸点高于C2H4,是因为N2H4分子间除了分子间作用力之外,N2H4分子间还形成氢键,使熔沸点升高,C2H4分子间不能形成氢键;答案为sp2、sp3,N2H4分子间除了分子间作用力之外,N2H4分子间还形成氢键,使熔沸点升高,C2H4分子间不能形成氢键。实验题某化学小组查得相关资料,拟采用制乙醇的原理,以环己醇制备环己烯。反应原理:+H2O反应物与产物的物理性质::..密度(g/cm3)熔点(Ⅷ)沸点(Ⅷ)-(1)根据上述资料,下列装置中______(填字母)最适宜用来完成本次制备实验;实验过程中可能发生的有机副反应的方程式为___________。:..(2)检查好气密性后,。两种试剂加入的顺序是_______。A先加浓硫酸再加环己醇B先加环己醇再加浓硫酸C两者不分先后(3)然后向需加热的试管加入少量碎瓷片,其作用是____;再缓慢加热至反应完全。(4)环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质。加入饱和食盐水,振荡、静置、分层,分液时,环己烯应从分液漏斗的____(填“上”或“下”)口取出,分液后可以用__(填序号)洗涤。:..a2CO3溶液(5)再将环己烯蒸馏。收集产品时,控制的温度应在____左右。(6),则该实验的产率为_______%(计算结果精确到小数点后1位)。【答案】c2+H2OB防暴沸上c83Ⅷ%【解析】(1)该实验需要的温度是85Ⅷ,所以需要水浴加热,温度计应该测量水浴温度;环己烯的沸点为83Ⅷ,采用冷凝的方法获取产物,所以选取的装置应该是c;在浓硫酸作催化剂、加热条件下,醇能发生取代反应生成醚,所以该条件下,环己醇发生取代反应生成醚,即发生副反应的反应方程式为2+H2O;(2)浓硫酸溶于水放热,且密度大于水的,所以两种试剂加入的顺序是先加环己醇再加浓硫酸;(3)碎瓷片中有很多小孔,其中有空气,当水沸腾时,产生气泡,可防止液体剧烈沸腾;(4)环己烯的密度小于水,且不溶于水,则用分液漏斗分离时,从上口倒出;碳酸钠和硫酸反应生成可溶性的硫酸钠,从而除去硫酸,答案为c;(5)用蒸馏烧瓶进行蒸馏,根据反应温度值,收集产品的温度是83Ⅷ;(6)m(环己烯)=×=,n(环己烯)==,m(环己醇)=×=,n(环己醇)=:..=,实验的产率=×100%=%。丙烯酯树脂可用于乳胶涂料、有机玻璃等许多领域。其中一种苯基丙烯酯树脂结构简式如图所示:它可以通过某芳香烃A技下图路线合成;已知:A的分子式为C9H10苯环上只有一个支链,核磁共振氢谱显示其有5种峰。(1)反应②的反应条件为______。(2)以上反应属于取代反应的有___(填序号)。(3)写出A和H结构简式:A_____;H_______。(4)写出反应⑤对应的化学方程式____________。(5)在E的芳香族同分异构体中,满足以下条件的结构有___种(不:..考虑顺反异构)。l4溶液褪色;b能发生水解反应;写出其中一种核磁共振氢谱峰面积比为1:2:2:1:1:1的结构简式______。(6)根据已学知识和获取的信息,以,CH3COOH为原料合成化工产品,写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用)______。请参考如下形式:物质生产的物质……【答案】氢氧化钠溶液,Δ②⑥⑦+H2O;7【解析】由流程知,F发生加聚反应得到目标产物,F为,F由E和甲醇发生酯化反应制得,故E为:,由流程:..知,A→B→C→D→E的转化过程中,碳架没有变化,又知A的分子式为C9H10,其不饱和度为5,苯环上只有一个支链,核磁共振氢谱显示其有5种峰,则A为,A和溴水反应得到B,则B为,由流程知,C在铜作催化剂、加热下反应得到的产物能发生银镜反应,则C被氧化后的产物含醛基,C含——CH2OH,故B→C为卤代烃水解,则C为,由流程知,D为,据此回答;(6)用逆合成分析法分析合成线路:要得到目标产物,需、那么从环己烯制备,只要环己烯和溴水或溴的